Dấu bằng xảy ra khi đẳng thức VT = VP biện luận để tìm ra bài này chắc là tam giác đều

Lời giải:

Ta sử dụng BĐT phụ sau (BĐT Bunhiacopxky):

$(x^2+y^2)(z^2+t^2)\geq (xz+yt)^2$. 

Chứng minh BĐT này đơn giản. Bạn biến đổi tương đương thì BĐT còn lại $(xt-yz)^2\geq 0$ (luôn đúng)

---------------------------------

Áp dụng BĐT trên vào bài toán:

Với $x=\sqrt{\frac{1}{a+b-c}}; y=\sqrt{\frac{1}{b+c-a}}; z=\sqrt{a+b-c}; t=\sqrt{b+c-a}$, ta có:

$\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\right)[(a+b-c)+(b+c-a)]\geq (1+1)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\geq \frac{4}{2b}=\frac{2}{b}(1)$.

Tương tự:

$\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\geq \frac{2}{a}(2)$

$\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\geq \frac{2}{c}(3)$

Lấy $(1)+(2)+(3)$ theo vế và thu gọn ta có đpcm.

Trong bài BĐT, người ta thường yêu cầu CM $A\geq B, A\leq B$.

Đi tìm "Dấu = xảy ra" nghĩa là đi xác định giá trị của $a,b,c$ để $A=B$ thôi, chứ không phải $A>B$ hay $A<B$

Ví dụ trong bài này, dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$.

-----------------------------------------------

Ví dụ đơn giản hơn là cho $a,b$ dương thỏa mãn $a+b=2$. CMR $a^2+b^2\geq 2$.

Đi tìm dấu "=" xảy ra là ta đi tìm giá trị của $a,b$ mà $a^2+b^2=2$.

Đương nhiên, $a,b$ vẫn phải thỏa mãn điều kiện đề (>0; tổng bằng 2) 

Từ những điều kiện trên ta suy ra $a=b=1$ chính là điểm mà dấu "=" xảy ra.

Nếu Đặt p là nửa chu vi => p = (a + b + c)/2 => 2p = a + b + c 
=> p - a = (a + b + c)/2 - a 
=> p - a = (b + c + a - 2a)/2 
=> p - a = (b + c - a)/2 
=> 2(p - a) = b + c - a (1) 
Tương tự ta chứng minh được: 
2(p - b) = a + c - b (2) 
2(p - c) = a + b - c (3) 
Từ (1); (2) và (3) => 1/(a + b - c) + 1/(b +c - a) +1/(c +a - b) 
= 1/[ 2(p - c) ] + 1/[ 2(p - a) ] + 1/[ 2(p - b) ] 
=1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] 
Bây giờ ta đã đưa bài toán về chứng minh 
1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c 
Ta có: (x - y)² ≥ 0 
<=> x² - 2xy + y² ≥ 0 
<=> x² - 2xy + y² + 4xy ≥ 4xy 
<=> x² + 2xy + y² ≥ 4xy 
<=> (x + y)² ≥ 4xy 
=> với x + y ≠ 0 và xy ≠ 0 
=> (x + y)²/(x+ y) ≥ 4xy/(x + y) 
=> (x + y) ≥ 4xy/(x + y) 
=> (x + y)/xy ≥ (4xy)/[xy(x + y)] 
=> 1/x + 1/y ≥ 4/(x + y) (*) 
Áp dụng (*) với x = p - a và y = p - b ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(p - a + p - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(2p - a - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(a + b + c - a - b) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/c (4) 
Chứng minh tương tự ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - c) ≥ 4/b (5) 
1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/a (6) 
Cộng vế với vế của (4);(5) và (6) ta được: 
1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - a) + 1/(p - c) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/c + 4/b + 4/a 
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4/c + 4/b + 4/a 
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4(1/a + 1/b + 1/c) 
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 2(1/a + 1/b + 1/c) 
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/2.( 2(1/a + 1/b + 1/c) ) 
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c 
Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c. 

đây nha 

\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}=\dfrac{2}{b}\)

Tương tự:

\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{a}\) ; \(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{c}\)

Cộng vế:

\(2\left(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\right)\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)